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2.1直线与圆的位置关系
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，∠ACB＝30°，点O是CB上的一点，且OC＝6，则以4为半径的⊙O与直线CA的公共点的个数为（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．无法确定
2．若直线与半径为10的相交，则圆心与直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别A、B．以为斜边在右上方作．设点C坐标为，则的最大值为（　　）
A． B． C．4 D．
4．已知与直线相交，且圆心O到直线的距离是方程的根，则的半径可为（ ）．
A．1 B．2 C．2.5 D．3
5．如图，已知AB是的直径，点P在BA的延长线上，PD与相切于点D，过点B作PD的垂线交PD的延长线于点C，若的半径为4，，则PA的长为（ ）
A．4 B． C．3 D．2.5
6．在中，，若与相离，则半径为r满足（　　）
A． B． C． D．
7．如图，CD是的直径，弦AB⊥CD于点G，直线EF与相切与点D，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AG=BG B．AB∥EF C．AD∥BC D．∠ABC=∠ADC
8．已知⊙O的半径为5cm，直线1上有一点P，OP=5cm，则直线l与⊙O的位置关系为（　　）
A．相交 B．相离 C．相切 D．相交或相切
9．如图，点D是中边的中点，于E，以为直径的经过D，连接，有下列结论：①；②；③；④是的切线．其中正确的结论是（　　）
A．①② B．①②③ C．②③ D．①②③④
10．如图，为的直径，点在的延长线上，切于点，若，，那么的周长是（ ）
A．2a B．(1+)a C．(2+)a D．3a
11．已知的半径为5，直线与有交点，则圆心到直线的距离可能为（ ）．
A．4.5 B．5.5 C．6 D．7
12．如图，在中，，点O在上，经过点A的与相切于点D，交于点E，若则图中阴影部分面积为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图，直线AB与x轴、y轴分别相交于A、B两点，点A（－3，0），点 B（0，），圆心P的坐标为（1，0），圆P与y轴相切与点O．若将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相交时，令圆心P的横坐标为m，则m的取值范围是 ．
14．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为 ．
15．如图，已知点A的坐标是，的半径为1，切于点B，点P为上的动点，当是等腰三角形时，则点P的坐标为 ．

16．如图，内切于正方形，为圆心，作，其两边分别交，于点，，若，则的面积为 ．

17．如图，已知在平面直角坐标系中，半径为2的圆的圆心坐标为(3，－3)，当该圆向上平移 个单位时，它与x轴相切．
三、解答题
18．如图，将含30°角的直角三角板绕其直角顶点C顺时针旋转α，得到与交于点D，过点D作交于点E，连接．设的面积为S．
(1)当时，求x的值．
(2)①求证为直角三角形；
②求S与x的函数关系式，并写出x的取值范围．
(3)以点E为圆心，为半径作，当时，判断与的位置关系，并求相应的值．
19．已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线DC交BA的延长线于点D，连接BC．
(1)如图①，连接AC，若，求∠ACD的大小；
(2)如图②，E为上一点，连接OE，CE，若四边形ODCE为平行四边形，求∠B的大小．
20．如图，已知的直径为，于点，与相交于点，在上取一点，使得．
（1）求证：是的切线；
（2）填空：
①当，时，则___________．
②连接，当的度数为________时，四边形为正方形．
21．如图，内接于⊙O，于H，过A点的切线与OC的延长线交于点D，，．求：
（1）的度数；
（2）线段AD的长；（结果保留根号）
（3）图中阴影部分的面积．
22．用如下方法可以估测河流的大致宽度：如图，观测者站在岸边O处投下一块石头，激起的半圆形波纹逐渐向远处扩展，当波纹刚好抵达对岸时，另一观测者记录下波纹沿着观测者所在岸边所扩展的距离，这一距离就是河流的大致宽度，请说明这种方法的合理性．
23．如图，AB是⊙O的直径，D在AB上，C为⊙O上一点，AD＝AC，CD的延长线交⊙O于点E．
(1)点F在CD延长线上，BC＝BF，求证：BF是⊙O的切线；
(2)若AB＝2，，求∠CAE的度数．
24．如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若DC+DA=6，⊙O的直径为10，求AB的长度．
《2.1直线与圆的位置关系》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A A D A C C D D C
题号 11 12
答案 A C
1．C
【分析】过O作OD⊥OA于D，求出CD的长，根据直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】解：过O作OD⊥OA于D，
∵∠AOB＝30°，OC＝6，
∴OD＝OC＝3＜4，
∴以4为半径的⊙O与直线CA的公共点的个数为2个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查直线与圆的公共点个数，会判断直线与圆的位置关系是解题的关键.
2．A
【分析】此题考查直线和圆的位置关系，熟悉直线和圆的位置关系与数量之间的联系．
【详解】解：∵的半径为10，直线与相交，
∴圆心到直线的距离小于圆的半径，
即．
故选：A．
3．A
【分析】根据以AB为斜边在右上方作，可知点C在以为直径的上运动，根据点C坐标为，可构造新的函数，则函数与y轴交点最高处即为的最大值，此时，直线与相切，再根据圆心点D的坐标，可得C的坐标为，代入直线，可得，即可得出的最大值为．
【详解】解：由题可得，点C在以为直径的上运动，
点C坐标为，可构造新的函数，则函数与y轴交点最高处即为的最大值，
此时，直线与相切，交x轴与E，如图所示，
∴E、F，
∴，
∴是等腰三角形，，
连接，
∵A、B，
∴D，
∴，
∴，
根据可得，C、D之间水平方向的距离为，铅垂方向的距离为，
∴C，
代入直线，可得
，
解得，
∴的最大值为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，待定系数法求一次函数解析式以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是构造一次函数图象，根据圆的切线垂直于经过切点的半径进行求解．
4．D
【分析】根据直线和圆相交，则圆心到直线的距离小于圆的半径，得，又因为圆心O到直线的距离是方程的根，解得即可得到答案．
【详解】∵圆心O到直线的距离是方程的根，
∴，
∵与直线相交，
∴
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系及解一元一次方程的知识，熟悉直线和圆的位置关系与数量之间的联系，同时注意圆心到直线的距离是非负数是解题的关键．
5．A
【详解】【分析】连接OD，由已知易得△POD∽△PBC，根据相似三角形对应边成比例可求得PO的长，由PA=PO-AO即可得.
【详解】连接OD，
∵PD与⊙O相切于点D，∴OD⊥PD，
∴∠PDO=90°，
∵∠BCP=90°，
∴∠PDO=∠PCB，
∵∠P=∠P，
∴△POD∽△PBC，
∴PO：PB=OD：BC，
即PO：（PO+4）=4：6，
∴PO=8，
∴PA=PO-OA=8-4=4，
故选A.
【点睛】本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质，连接OD构造相似三角形是解题的关键.
6．C
【分析】本题考查圆与直线的位置关系，过C作于D，含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，等积法求出的长，根据圆与直线相离得到，即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过C作于D，
∵，
∴，
∵与相离，
∴半径r满足，
故选：C．
7．C
【分析】根据垂径定理，切线的性质，平行的判定，圆周角定理逐一作出判断．
【详解】解：选项A：∵CD是的直径，弦AB⊥CD于点G，∴由垂径定理可知：AG=BG．结论正确．
选项B：∵直线EF与相切与点D，∴EF⊥AD．∴AB∥EF．结论正确．
选项C：要AD∥BC，即要∠ABC=∠BAD，由圆周角定理，∠ABC=∠ADC，即要∠BAD =∠ADC，即要AG=DG，但没此条件．结论错误．
选项D：∵∠ABC和∠ADC是同弧所对的圆周角，∴∠ABC=∠ADC．结论正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质定理、圆周角定理以及垂径定理，理解熟记定理是解题的关键．
8．D
【分析】根据直线与圆的位置关系来判定．判断直线和圆的位置关系：①直线l和⊙O相交 d＜r；②直线l和⊙O相切 d=r；③直线l和⊙O相离 d＞r．分OP垂直于直线l，OP不垂直直线l两种情况讨论．
【详解】当OP垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d=5cm=r，⊙O与l相切；
当OP不垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d＜5cm=r，⊙O与直线l相交．
故直线l与⊙O的位置关系是相切或相交．
故选D．
【点睛】考查直线与圆的位置关系．解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
9．D
【分析】本题考查了圆的基本性质，切线的判定及性质，三角形中位线定理，线段垂直平分线的判定及性质等；由圆的基本性质得，即可判断①；连接，由线段中位线定理得，由平行线的性质得，即可判断④；由等腰三角形的性质得，由圆的基本性质得，由余角的性质，即可判断②；由线段垂直平分线的判定及性质得，即可判断③；掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
【详解】解：是⊙O直径，
，
，
故①正确；
连接，如图，
为中点，O为中点，
为的中位线，
，
，
，
，
为的切线，
故④正确；
，
，
为的直径，
，
，
，
，
，
故②正确；
D为中点，且，
垂直平分，
，
，
，
故③正确；
则正确的结论为①②③④．
故选：D．
10．C
【分析】连接，结合已知条件推出在中，，，从而推出，即可得出周长．
【详解】解：连接，
为的直径，
为直角三角形，
，，
，
，
，
，
的周长是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、解直角三角形、等边三角形的性质，解题的关键在于作辅助线构建直角三角形，解直角三角形求相关边的长度．
11．A
【分析】根据直线AB和⊙O有公共点可知：d≤r进行判断．
【详解】解：∵⊙O的半径为5，直线AB与⊙O有公共点，
∴圆心O到直线AB的距离0＜d≤5．
故选：A．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线l和⊙O相交 d＜r；直线l和⊙O相切 d=r；直线l和⊙O相离 d＞r．
12．C
【分析】过点O作，可得，可得四边形是矩形，进而可得，在和中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，最后根据面积公式，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，过点O作，垂足为F，
∴，
∵与相切于点D，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，，
∴阴影部分面积的面积扇形的面积
，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形，三角形和扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
13．
【分析】当⊙P在直线AB下方与直线AB相切时，可求得此时m的值；当⊙P在直线AB上方与直线AB相切时，可求得此时m的值，从而可确定符合题意的m的取值范围．
【详解】∵圆心P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切与点O
∴⊙P的半径为1
∵点A（－3，0），点 B（0，）
∴OA=3，
∴
∴∠BAO=30°
当⊙P在直线AB下方与直线AB相切时，如图，设切点为C，连接PC
则PC⊥AB，且PC=1
∴AP=2PC=2
∴OP=OA AP=3 2=1
∴P点坐标为( 1，0)
即m= 1
当⊙P在直线AB上方与直线AB相切时，如图，设切点为C，连接PD
则PD⊥AB，且PD=1
∴AP=2PD=2
∴OP=OA+AP=3+2=5
∴P点坐标为( 5，0)
即m= 5
∴⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与直线AB相交时，m的取值范围为
故答案为：
【点睛】本题考查了直线与圆相交的位置关系，切线的性质定理等知识，这里通过讨论直线与圆相切的情况来解决直线与圆相交的情况，体现了转化思想，注意相切有两种情况，不要出现遗漏的情况．
14．65°
【分析】根据切线性质得出∠OBA=90°，求出∠O=50°，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理得出∠OCB=∠OBC=(180°-∠O），代入求出即可．
【详解】∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴∠OBA=90°，
∵∠BAO=40°，
∴∠O=50°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC= ( (180° ∠O)=65°，
故答案为65°.
【点睛】本题考查的是圆，熟练掌握切线的性质和等腰三角形性质和三角形内角和定理是解题的关键.
15．，或
【分析】分情况讨论：①当时；②当时；③当时，分别利用圆的基本性质、切线的性质等求解即可．
【详解】解：①过点作与相切，此时，连接，作轴于点，

根据题意易得，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
②当时，若点位于如图所示位置，

∵
∴，又，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
满足，此时点的坐标为；
③当时，点的位置如图所示：

过点作轴于点，
由①知，，
∴，
∵，，即为的垂直平分线，
则满足，此时点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆的基本性质、切线的性质等内容，熟练运用几何知识是解题的关键．
16．
【分析】设与正方形的边切于E，与切于F，则四边形是正方形，求得，，根据证明得到，得到，进而可得到结论．
【详解】解：设与正方形的边切于E，与切于F，

连接，，则四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
17．1或5
【详解】欲求直线和圆有几个公共点，关键是求出圆心到直线的距离d，再与半径r进行比较．
若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
解答：解：设圆的半径为r，圆心到直线的距离d，要使圆与x轴相切，必须d=r；
∵此时d=3，
∴圆向上平移1或5个单位时，它与x轴相切．
18．(1)
(2)①证明见解析；②
(3)与相离时，；与相交时，
【分析】（1）只需要证明是等边三角形即可得到答案；
（2）①由旋转的性质和平行线的性质证明，进而得到B、D、C、E四点共圆，即可证明是直角三角形；②证明，求出．，再根据三角形面积公式即可得到答案；
（3）根据求出或．然后分两种情况求出的值，即可判断与的位置关系，再求出对应的正切值即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∴；
（2）解；①由旋转的性质可知，，
∵，
∴，
∴，
∴B、D、C、E四点共圆，
∴，
∴是直角三角形；
②∵，
∴．
∴，．
由旋转性质可知：，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴；
（3）∵，
∴，
∴，
解得或．
①当时， ，．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴此时与相离．
过D作于F，则，．
∴．
∴；
②当时，，．
∴，
∴，
∴此时与相交．
同理可求出．
综上所述，与相离时，；与相交时，．
【点睛】本题主要考查了，旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质判定以及直线与圆的位置关系的确定，解直角三角形，是一道综合性较强的题目，难度大，熟知相关知识是解题的关键．
19．(1)25°
(2)22.5°
【分析】连接OC，根据AB为⊙O的直径，可得∠ACB=90°，再由CD是⊙O的切线，可得∠BCO=∠ACD，即可求解；
（2）连接OC，根据四边形ODCE为平行四边形，可得OE∥CD，OD∥CE，从而得到∠COE=90°，再由OB=OC，可得∠OCE=∠E=45°，然后根据圆周角定理，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCD=90°，
∴∠BCO=∠ACD，
∵OB=OC，
∴∠B=∠BCO，
∴∠ACD=∠B=25°；
（2）解：如图，连接OC，
∵四边形ODCE为平行四边形，
∴OE∥CD，OD∥CE，
∵OC⊥CD，
∴OC⊥OE，即∠COE=90°，
∵OE=OC，
∴∠OCE=∠E=45°，
∴∠AOC=∠OCE=45°，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，平行四边形的性质，熟练掌握切线的性质，圆周角定理，平行四边形的性质定理是解题的关键．
20．（1）详见解析；（2）①10；②
【分析】（1）连接OD，证明，得到，根据切线的判定定理证明；
（2）①利用等腰三角形的性质证明E是AC中点，再利用中位线定理得到，再用勾股定理求出OE，从而得到BC；
②添加条件，先通过四个边相等的四边形是菱形，证明四边形AODE是菱形，再加上一个直角就是正方形了．
【详解】解：（1）证明：如图，连接，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，OD是半径，
∴DE是的切线；
（2）①证明：∵，
∴,
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即E是AC中点，
∵O是AB中点，
∴，
在中，，
∴BC=2OE=10，
故答案是：10；
②当时，四边形AODE为正方形，
证明：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
由（2）得AO=AE，
∵AO=DO=AE=DE，
∴四边形AODE是菱形，
∵，
∴四边形AODE是正方形，
故答案是：．
【点睛】本题考查切线的证明，三角形中位线定理，正方形的证明，解题的关键是熟练掌握这些几何的性质定理并结合题目条件进行证明．
21．（1）60°；（2）4；（3）8-
【分析】（1）∠AOC与∠B是同弧所对的圆心角与圆周角，因而∠AOC＝2∠B，进而即可求解；
（2）在Rt△OAD中，根据含30°角的直角三角形的三边长关系，即可求解；
（3）阴影部分的面积是△OAD与扇形OAC的面积差，可据此来求阴影部分的面积．
【详解】解：（1）∵∠B＝30°，
∴∠AOC＝2∠B＝60°；
（2）∵∠AOC＝60°，AO＝CO，
∴△AOC是等边三角形；
∵，
∴AO＝4；
∵AD与⊙O相切，
∴AD＝4；
（3）∵S扇形OAC＝ ＝，S△AOD＝ ×4×4=8，
∴S阴影＝8-．
【点睛】本题主要考查了圆心角与同弧所对的圆周角的关系．不规则图形的面积，掌握圆周角定理和扇形的面积公式，是解题的关键．
22．见解析
【详解】解：这种方法是合理的，
理由如下：由题意得，半圆与观测者所在岸边所在的直线相切，
与观测者所在岸边垂直，
是点到观测者所在岸边的距离，
另一方面，为的半径，
∴，
∴只要测出就可以知道的长度了，
∴这种方法是合理的．
【点睛】本题考查的是切线的性质、点到直线的距离，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)45°
【分析】（1）要证明BF是⊙O的切线，只要求出∠OBF=90°即可，先根据直径所对的圆周角是直角，求出∠ACB=90°，再利用等边对等角得出∠ACD=∠ADC，∠BCD=∠F，即可解答；
（2）根据直径的长可得出半径的长，所以连接OC，OE，然后利用勾股定理的逆定理证明△COE是直角三角形，最后利用圆周角定理即可解答．
【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵∠ADC=∠BDF，
∴∠ACD=∠BDF，
∵BC=BF，
∴∠BCD=∠F，
∴∠BDF+∠F=90°，
∴∠FBD=180°-（∠FDB+∠F）=90°，
∵OB是圆O的半径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）连接CO，EO，
∵AB=2，
∴OC=OE=1，
∵CE=，
∴CO2+EO2=2，CE2=（）2=2，
∴CO2+EO2=CE2，
∴∠COE=90°，
∴∠CAE=∠COE=45°．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，根据题目个已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24．（1）证明见解析（2）6
【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO=90°，则CD为 O的切线；
（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，得四边形OCDF为矩形，设AD=x，在Rt△AOF中，由勾股定理得（5-x） +（6-x） =25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长．
【详解】(1)证明：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PBOC，
∵CD⊥PA，
∴CD⊥OC，CO为O半径，
∴CD为O的切线；
(2)过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90 ，
∴四边形DCOF为矩形，
∴OC=FD，OF=CD.
∵DC+DA=6，设AD=x，则OF=CD=6 x，
∵O的直径为10，
∴DF=OC=5，
∴AF=5 x，
在Rt△AOF中,由勾股定理得AF +OF=OA.
即(5 x) +(6 x) =25，化简得x 11x+18=0，
解得 .
∵CD=6 x大于0，故x=9舍去，
∴x=2，从而AD=2，AF=5 2=3，
∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，
∴AB=2AF=6．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，是基础知识要熟练掌握．
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